圆锥曲线大题归类

(2)四边形 OAPB 能为平行四边形．
因为直线 l 过点(m，m)，所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 3
k>0，k≠3.
由(1)得 OM 的方程为 y＝－9x. k
设点 P 的横坐标为 xP.
y＝－9x，
由
k
9x2＋y2＝m2
得
x2P＝9kk22＋m281，即
xP＝ 3
±km . k2＋9
[解析] (1)圆 M 的圆心为(3,1)，半径 r＝ 3.
由题意知 A(0,1)，F(c,0)，
直线 AF 的方程为x＋y＝1，即 x＋cy－c＝0， c
|3＋c－c|
由直线 AF 与圆 M 相切，得
＝ 3，
c2＋1
解得 c2＝2，a2＝c2＋1＝3，
故椭圆 C 的方程为x2＋y2＝1. 3
(2)方法一：由·＝0 知 AP⊥AQ，从而直线 AP 与坐标轴不垂直，
y＝kx＋m，
|m| ＝1，即 12＋k2
m2＝k2＋1.由
x2＋y2＝1 2
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝1－＋42kmk2，x1x2＝21m＋2－2k22 .λ＝·＝x1x2＋y1y2＝(1
＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝1k＋2＋2k12，由32≤λ≤34，得12≤k2≤1，即 k 的取值范围
∴·＝(－4k－t)·(4－t)＋ 3 ·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋4k(t－1)＝0 恒成立，
m
m
m
t＝1，
故
即 t＝1.
t2－4t＋3＝0，
∴存在点 M(1,0)符合题意．
四、取值范围问题
例 7.(2015·浙江，15 分)已知椭圆x2＋y2＝1 上两个不同的点 A，B 关于直线 2
y＝mx＋1对称. 2
的方程为 y＝kx＋t(t≠1)，
y＝kx＋t， 联立 x2＋y2＝1，
3 整理得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3(t2－1)＝0.
x1＋x2＝1－＋63kkt2，
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)则 x1x2＝31＋t2－3k12，
(*)
由Δ＝(6kt)2－4(1＋3k2)×3(t2－1)>0，得
A，B 两点．记λ＝ OA OB ·，且2≤λ≤3. 34
(1)求椭圆的方程；
(2)求 k 的取值范围；
(3)求△OAB 的面积 S 的取值范围．
解：(1)由题意知 2c＝2，所以 c＝1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而 b ＝1，故 a＝ 2，所以所求椭圆方程为x2＋y2＝1.
2 (2)因为直线 l：y＝kx＋m 与圆 x2＋y2＝1 相切，所以原点 O 到直线 l 的距离为
k2－3－1－3k2 ∴直线 l 的斜率为k2＋3 1＋3k2＝k2－1，
6k － －6k 4k k2＋3 1＋3k2
∴直线 l 的方程为 y＝k2－1(x－ 6k )＋k2－3，
4k
k2＋3 k2＋3
即 y＝k2－1x－1. 4k 2
∴直线 l 过定点(0，－1)． 2
方法二：由·＝0 知 AP⊥AQ，从而直线 PQ 与 x 轴不垂直，故可设直线 l
62k2＋1
3k2＋1 3k2＋1
综上，得 k1＋k2 为定值 2.
求定值问题常见的方法 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 三．探索性问题 例 5.(2015·新课标全国Ⅱ，12 分，理)已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直 线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点 为 M. (1)证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； (2)若 l 过点(m，m)，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB 能否为平
圆锥曲线大题归类
一．定点问题
例 1.已知椭圆 C：ax22＋y2＝1(a>1)的上顶点为 A，右焦点为 F，直线 AF 与圆 M： (x－3)2＋(y－1)2＝3 相切．
(1)求椭圆 C 的方程；
→→ (2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，且AP·AQ＝0，求证：直
线 l 过定点，并求该定点的坐标．
3k2>t2－1.由·＝0，
Hale Waihona Puke 得·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝(1＋k2)x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2＝0， 将(*)代入，得 t＝－1，
2
∴直线 l 过定点(0，－1)． 2
例 2.已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点 F(1,0)，O 为坐标原点，A，B 是抛物
∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即 m2＝3＋4k2.
yP＝kxP＋m＝－4mk2＋m＝m3 ，即
P(－4k， 3 )． mm
∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，
∴＝(－4k－t， 3 )，＝(4－t,4k＋m)， mm
∴·＝(－4k－t)·(4－t)＋ 3 ·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋4k(t－1)＝0 恒成立，
设 A(t2，t)，B(t2，－t)．
4
4
因为直线 OA，OB 的斜率之积为－1， 2
所以tt2·－t2t＝－12，化简得 t2＝32. 44
所以 A(8，t)，B(8，－t)，此时直线 AB 的方程为 x＝8.
②当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
3 行四边形？若能，求此时 l 的斜率；若不能，说明理由．
[解析] (1)设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM， yM)．
将 y＝kx＋b 代入 9x2＋y2＝m2 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故 xM＝x1＋2 x2＝k－2＋kb9，yM＝kxM＋b＝k29＋b 9. 于是直线 OM 的斜率 kOM＝yxMM＝－94，即 kOM·k＝－9. 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值．
y2＝4x，
联立得
化简得 ky2－4y＋4b＝0.
y＝kx＋b，
根据根与系数的关系得 yAyB＝4kb，
因为直线 OA，OB 的斜率之积为－1，所以yA·yB＝－1，
2
xA xB 2
即 xAxB＋2yAyB＝0.即y42A·y42B＋2yAyB＝0，
解得 yAyB＝0(舍去)或 yAyB＝－32.所以 yAyB＝4kb＝－32，即 b＝－8k，
＝[2－kx1－1]3－x2＋[2－kx2－1]3－x1 3－x13－x2
＝12－2x1＋x2＋k[2x1x2－4x1＋x2＋6] 9－3x1＋x2＋x1x2
＝12－2×3k62k＋2 1＋k[2×33kk22＋－13－4×3k62k＋2 1＋6]＝122k2＋1＝2，
9－3× 6k2 ＋3k2－3
故可设直线 AP 的方程为 y＝kx＋1，直线 AQ 的方程为 y＝－1x＋1. k
y＝kx＋1， 联立 x2＋y2＝1，
3
整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，
解得 x＝0 或 x＝ －6k ， 1＋3k2
故点 P 的坐标为( －6k ，1－3k2)， 1＋3k2 1＋3k2
同理，点 Q 的坐标为(k26＋k 3，kk22＋－33)
交于点 Q，问：是否存在一个定点 M(t,0)，使得·＝0.若存在，求出点 M 的坐标；
若不存在，说明理由．
[解析] (1)由 c＝1，a－c＝1，得 a＝2，∴b＝ 3， 故椭圆 C 的标准方程为x2＋y2＝1.
43
y＝kx＋m， (2)由
3x2＋4y2＝12，
消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
将点(m，m)的坐标代入 3
l
的方程得
b＝m3－k，因此 3
xM＝k3kk－2＋39m .
四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 xP
＝2xM.
于是 3
±km ＝2×kk－3m，解得
k2＋9
3k2＋9
k1＝4－
7，k2＝4＋
7.
因为 ki>0，ki≠3，i＝1,2，
m
m
m
t＝1，
故
即 t＝1.
t2－4t＋3＝0，
∴存在点 M(1,0)符合题意．
设 P(xP，yP)，则 xP＝－3＋4km4k2＝－4mk，
yP＝kxP＋m＝－4mk2＋m＝m3 ，即
P(－4k， 3 )． mm
∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，
∴＝(－4k－t， 3 )，＝(4－t,4k＋m)， mm
0)，点 M(1,0)与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)过点 M(1,0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，设点 N(3,2)，记直线
AN，BN 的斜率分别为 k1，k2，求证：k1＋k2 定值．
[解析] (1)依题意，由已知得 c＝ 2，则 a2－b2＝2，
y＝－ 1 x＋b m
与椭圆x2＋y2＝1 2
有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋m42>0，①
设 M 为 AB 的中点，则 M(m22m＋b2，mm2＋2b2)，
代入直线方程 y＝mx＋1，解得 b＝－m2＋2.②
2
2m2
由①②得 m<－ 6或 m> 6.
3
3
(2)令 t＝ 1 ∈(－
6，0)∪(0，
是
－1，－